Escrito por Lucas Tavares
Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.
Questão 1 *
(OBF) Um recipiente contém volumes iguais de dois líquidos que não se misturam e um corpo sólido esférico. Quando o sistema entra em equilíbrio hidrostático, observa-se que cada hemisfério do sólido fica em contato com um líquido, conforme ilustrado na figura.
Acrescenta-se ao recipiente uma quantidade do líquido menos denso até que a altura de sua camada dobre. Após o equilíbrio hidrostático ser reestabelecido, a situação que melhor representa o sistema é:
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Como o corpo está equilibrado as forças que atuam nele se cancelam, ou seja, a somatória dos empuxos em cada líquido equilibram o peso do objeto.
Suponhamos que uma fração $$f_c$$ do volume do corpo está no líquido de cima, e uma fração $$f_b$$ do volume do corpo está no líquido de baixo.
Consideremos também que a densidade do líquido de cima é $$d_c$$, a do líquido de baixo é $$d_b$$, a densidade do corpo é d, o volume do corpo é $$V$$ e a gravidade local é $$g$$.
$$E_c+E_b=P$$
$$d_c\cdot V_c\cdot g+d_b\cdot V_b\cdot g=mg$$
$$d_c\cdot f_c V+d_b\cdot f_b\cdot V=dV$$
$$d_c\cdot f_c+d_b\cdot f_b=d$$ (EQ 01)
Como todo o corpo está submerso, a soma das frações em cada líquido deve ser igual a 2.
$$f_c+f_b=1 \rightarrow f_b=1-f_c$$ (EQ 02)
Substituindo (EQ 02) em (EQ 01) temos:
$$d_c\cdot f_c+d_b\cdot (1-f_c)=d$$
$$d_c\cdot f_c-d_b\cdot f_c+d_b=d$$
$$\boxed{f_c=\dfrac{d_b-d}{d_b-d_c}}$$
Analogamente:
$$\boxed{f_b=\dfrac{d-d_c}{d_b-d_c}}$$
Perceba que a porcentagem do corpo que fica em cada líquido não depende da quantidade de cada líquido, mas apenas as densidades dos mesmos. Logo, adicionar mais líquido não alterará o equilíbrio.
Item (b)
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Item (b)
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Questão 2 *
Na figura, representa-se o equilíbrio de $$3$$ líquidos não miscíveis $$A$$, $$B$$ e $$C$$, confinado em um sistema de vasos comunicantes:
Os líquidos $$A$$, $$B$$ e $$C$$ possuem densidades $$\rho_A$$, $$\rho_B$$ e $$\rho_C$$ que obedecem a seguinte relação:
$$\rho_ A = \dfrac{\rho_B}{2} = \dfrac{\rho_C}{3}$$
Supondo o valor de $$h$$ conhecido, responda: qual é o valor da altura $$x$$ indicada.
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Para o equilíbrio hidrostático:
$$P_{esquerda} = P_{direita}$$
$$\rho_B g 2h + \rho_A g 4h = \rho_C g x$$
Pela relação do enunciado:
$$ 4 \rho_A h + 4 \rho_A h = 3 \rho_A x$$
Portanto:
$$\boxed{x = \dfrac{8}{3}h}$$
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$$\boxed{x = \dfrac{8}{3}h}$$
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Questão 3 *
Numa região ao nível do mar, a pressão atmosférica vale $$1,01 \cdot 10^5$$ $$\rm{N/m^2}$$ e $$g = 9,81\;\rm{m/s^2}$$. Repete-se o experimento de Torricelli, dispondo-se o tubo do barômetro conforme representa a figura.
A distância $$L$$ entre os pontos $$1$$ e $$2$$ vale $$151 \;\rm{cm}$$ e a massa específica do mercúrio é $$\rho= 13,6 \;\rm{g/cm^3}$$ . Estando o sistema em equilíbrio, calcule o valor aproximado do ângulo a que o tubo forma com a direção vertical.
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Para que haja o equilíbrio, a pressão no ponto 2 deve ser a mesma que a pressão na superfície do mercúrio em contato com a atmosfera. Sendo assim:
$$\rho g h = \rho g L \cos{\alpha} = P_{atm}$$
Substituindo os valores numéricos, encontra-se que:
$$\cos{\alpha} = 0.5$$
Portanto
$$\boxed{\alpha = 60^{\circ}}$$
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$$\boxed{\alpha = 60^{\circ}}$$
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Questão 4 *
Por meio do dispositivo da figura, pretende-se elevar um carro de massa $$1,0 \cdot 10^3 \;\rm{kg} $$ a uma altura de $$3,0 \;\rm{m}$$ em relação à sua posição inicial. Para isso, aplica-se sobre o êmbolo $$1$$ a força $$\vec{F}_1$$ indicada e o carro sobe muito lentamente, em movimento uniforme.
As áreas dos êmbolos $$1$$ e $$ 2$$ valem, respectivamente, $$1,0 \;\rm{m^2}$$ e $$10\;\rm{m^2}$$. No local, $$g = 10 \;\rm{m/s^2}$$. Desprezando a ação da gravidade sobre os êmbolos e sobre o óleo e também os atritos e a compressibilidade do óleo, determine:
a) a intensidade de $$\vec{F}_1$$;
b) o trabalho da força que o dispositivo aplica no carro, bem como o trabalho de $$\vec{F}_1$$
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a) Pelo equilíbrio:
$$\dfrac{F}{A_1} = \dfrac{mg}{A_2}$$
Substituindo os valores:
$$\boxed{F = 1,0 \cdot 10^3\;\rm{N}}$$
b) Como o sistema está sempre em equilíbrio dinâmico, o trabalho da força $$F$$ será igual ao trabalho do peso, em módulo. Portanto:
$$\tau_F = mg\Delta h$$
Substituindo os valores:
$$\boxed{\tau_F = 3\cdot 10^4}$$
[/spoiler]
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a)
$$\boxed{F = 1,0 \cdot 10^3\;\rm{N}}$$
b)
$$\boxed{\tau_F = 3\cdot 10^4}$$
[/spoiler]
Questão 5 *
Na figura, as esferas maciças $$A$$ e $$B$$ estão ligadas por um fio ideal e o sistema está em equilíbrio. A esfera $$A $$está no interior de um líquido homogêneo de densidade $$2\rho$$ e a esfera $$B$$ está no interior de outro líquido homogêneo de densidade $$3\rho$$.
Sabendo que as esferas têm raios iguais e que a esfera $$A$$ tem densidade $$\rho$$, calcule a densidade da esfera $$B$$
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No equilíbrio:
$$m_Bg + m_Ag = E_A + E_B$$
$$\rho_B Vg + \rho Vg = 2\rho Vg + 3\rho Vg$$
Portanto:
$$\boxed{\rho_B = 4\rho}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\rho_B = 4\rho}$$
[/spoiler]
Questão 6 **
O sistema de vasos comunicantes representado na figura contém dois líquidos imiscíveis, $$1$$ e $$2$$, de densidades $$r_1$$ e $$r_2$$, respectivamente. A diferença de pressão entre os pontos $$A$$ e $$B$$ é igual a $$1,0 = 10^3 \;\rm{Pa}$$ e a densidade do líquido mais denso é igual a $$2,0 = 10^3 \;\rm{kg/m^3}$$. Utilize $$g = 10\;\rm{m/s^2}$$ e a altura dada na figura $$y = 10\;\rm{cm}$$.
a) Determine a densidade do líquido menos denso.
b) Estabeleça a relação entre a distância da superfície de separação dos líquidos e a superfície livre de cada líquido e o desnível $$h$$.
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a) Pelo teorema de Stevin na altura do contato do líquido $$1$$ com o líquido $$2$$:
$$\rho_2 g y + P_B = \rho_1 g y + P_A$$
$$\rho_1 = \rho_2 – \dfrac{P_A – P_B}{gy}$$
Substituindo os valores:
$$\boxed{\rho_1 = 1,0 \cdot 10^3 \;\rm{kg/m^3}}$$
b) Pelo teorema de Stevin na altura do contato do líquido $$1$$ com o líquido $$2$$:
$$\rho_2 g h_2 = \rho_1 g h_1$$
Assim:
$$h_1 = 2h_2$$
Porém,
$$h_1 – h_2 = h$$
Logo:
$$\boxed{\dfrac{h_2}{h} = 1}$$ e $$\boxed{\dfrac{h_1}{h} = 2}$$
[/spoiler]
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a)
$$\boxed{\rho_1 = 1,0 \cdot 10^3 \;\rm{kg/m^3}}$$
b)
$$\boxed{\dfrac{h_2}{h} = 1}$$ e $$\boxed{\dfrac{h_1}{h} = 2}$$
[/spoiler]
Questão 7 **
Um projétil de densidade $$\rho_p$$ é lançado com um ângulo $$\alpha$$ em relação à horizontal no interior de um recipiente vazio. A seguir, o recipiente é preenchido com um superfluido de densidade $$\rho_s$$ , e o mesmo projétil é novamente lançado dentro dele, só que sob um ângulo $$\beta$$ em relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma velocidade inicial de módulo $$v_0$$ do projétil, de mesmo módulo que a do experimento anterior, não se altera seu alcance horizontal $$A$$.
Veja as figuras abaixo.
Sabendo-se que são nulas as forças de atrito
num superfluido, calcule a relação do ângulo de lançamento $$\beta$$ e o ângulo de lançamento $$\alpha$$ em função de $$\rho_p$$ e $$\rho_s$$.
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O alcance em um lançamento é dado por:
$$A = \dfrac{v_0^2 \sin{(2\theta)}}{g}$$
Em que $$\theta$$ é o ângulo de lançamento e $$v_0$$ a velocidade inicial. Quando a partícula estiver submersa na água, pode-se dizer que ela está sobre a ação de uma gravidade efetiva, que pode ser calculada da seguinte forma:
$$mg_{ef} = mg – E$$
$$\rho_p g_{ef} = \rho_p g – \rho_s g$$
Assim:
$$g_{eff} = (1-\dfrac{\rho_s}{\rho_p})g$$
Como os alcances fora da água e dentro da água são iguais:
$$ \dfrac{v_0^2 \sin{(2\beta)}}{g_{ef}} = \dfrac{v_0^2 \sin{(2\alpha)}}{g}$$
Portanto:
$$\boxed{\sin{(2\beta)} = (1-\dfrac{\rho_s}{\rho_p}) \sin{(2\alpha)}}$$
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$$\boxed{\sin{(2\beta)} = (1-\dfrac{\rho_s}{\rho_p}) \sin{(2\alpha)}}$$
[/spoiler]
Questão 8 **
Um estudante está investigando o fenômeno de flutuação e dissolução usando provetas graduadas em mililitros ($$ml$$), todas elas contendo inicialmente $$100$$ $$ml$$ de água pura. Ele ainda dispõe de sal de cozinha, limalha de ferro (densidade $$\rho_f = 8,00$$ $$g/ml$$) e um ovo de codorna de massa $$m$$ e densidade $$\rho_o= 1,05$$ $$g/ml$$. Ao acrescentar sal de cozinha em uma delas observa que, para quantidades menores que $$10,0$$ $$g$$, todo o sal se dissolve e o volume da solução permanece em $$100$$ $$ml$$. Ao acrescentar uma massa $$m$$ de limalha de ferro, igual à massa do ovo de codorna, observa que essa não se dissolve e o volume da água aumenta. Ao acrescentar o ovo de codorna em água pura, ele observa que o ovo afunda e o nível de água da proveta atinge o valor de $$112$$ $$ml$$. (a) Determine a massa $$m_s$$, em gramas, do sal de cozinha que o estudante deve acrescentar na proveta com o ovo de codorna para que esse flutue livremente na solução, ou seja, permaneça totalmente submerso sem tocas as paredes do recipiente. (b) Entre quais marcas está o nível do líquido da proveta na qual foi acrescentada a limalha de ferro? (c) O que acontece se o ovo de codorna é retirado da proveta com a água salgada e colocado na proveta com limalha de ferro? (Considere que o ovo de codorna se mantém inalterado, com volume fixo e sem ganho ou perda de matéria, nas situações experimentais descritas.)
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a) Para que o ovo fique flutuando, o empuxo exercido sobre ele deve ser exatamente o seu peso. Dessa forma, temos:
$$E = P$$
$$\rho_l V_o g = \rho_o V_o g$$
$$\rho_l = \rho_o$$
Como a densidade do ovo é maior que a densidade da água($$\rho_a =1,00$$ $$g/ml$$), adiciona-se sal à água. A nova densidade da solução vai ser:
$$\rho_l = \dfrac{m_a + m_s}{V_a}$$
Temos então:
$$\rho_o*V_a = m_a + m_s$$
$$m_s = \rho_o*V_a – m_a$$
$$m_s = 1,05*100 -100$$
$$m_s = 105-100$$
$$m_s =5,00$$ $$g$$
b) Na terceira proveta, ao colocar o ovo, observa-se que a marcação do nível de água aumenta de $$100$$ $$ml$$ para $$112$$ $$ml$$. Essa variação de volume é causada pela adição do ovo, sendo este volume o volume do ovo. Assim:
$$V_o = 12$$ $$ml$$
E a massa de ovo $$m$$ é:
$$m = \rho_oV_o$$
O volume de limalha de ferro para ter a mesma massa $$m$$ será:
$$m = \rho_fV_f$$
$$\rho_oV_o = \rho_fV_f$$
$$V_f = \dfrac{\rho_oV_o}{\rho_f}$$
$$V_f = \dfrac{1,05*12}{8}$$
$$V_f = \dfrac{1,05*3}{2}$$
$$V_f = 1,5*1,05$$
$$V_f = 1,575$$
Ao colocar este volume de ferro na segunda proveta, pelo ferro não ser solúvel em água, ocorre um incremento do nível de água. A nova marcação será:
$$100 + 1,575 =101,575$$ $$ml$$
Que fica então entre as marcações de $$101$$ $$ml$$ e $$102$$ $$ml$$.
c) Na proveta que tem a limalha de ferro, o ferro está depositado no fundo da proveta, e a densidade da água permanece inalterada já que o ferro não é dissolvido pela água. O ovo então, ao ser colocado nesta proveta, afunda, pois sua densidade é maior que a da água.
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a) $$m_s =5,00$$ $$g$$
b) $$100 + 1,575 =101,575$$ $$ml$$
A água fica então entre as marcações de $$101$$ $$ml$$ e $$102$$ $$ml$$.
c) O ovo afunda.
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Questão 9 **
Um vaso comunicante em forma de U possui duas colunas de altura $$h = 42\;\rm{cm}$$, preenchidas com água até a metade. Em seguida, adiciona-se óleo de densidade $$\rho = 0,80\;\rm{g/m^3}$$ a uma das colunas até uma coluna estar totalmente preenchida, conforme a figura $$B$$. Calcule a altura da coluna de óleo.
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Ao adicionar o óleo, por conservação do volume, a água da coluna da esquerda sobe um $$\Delta h$$, enquanto a água da coluna da direita desce um $$\Delta h$$. Sendo assim, calculando o empuxo ao longo da base do tubo:
$$\rho_o g H + \rho_a g (\dfrac{h}{2} – \Delta h) = \rho_a g(\dfrac{h}{2} + \Delta h)$$
$$\rho_oH = 2\rho_a \Delta h$$
Onde $$\rho_0$$ é a densidade do óleo, $$\rho_a$$ a densidade da água e $$H$$ a altura da coluna de óleo. Porém, percebe-se que a altura da camada de óleo é dada por:
$$H = \dfrac{h}{2} + \Delta h$$
Sendo assim:
$$\rho_0( \dfrac{h}{2} + \Delta h) = 2\rho_a \Delta h$$
Substituindo os valores, encontramos:
$$\Delta h = 14\;\rm{cm}$$
Portanto:
$$\boxed{H = 35\;\rm{cm}}$$
[/spoiler]
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$$\boxed{H = 35\;\rm{cm}}$$
[/spoiler]
Questão 10 ***
Em um experimento de hidrostática foi colocado um bloco é um recipiente contendo água, e observou-se que $$70$$% do seu volume ficou submerso. Quando este mesmo bloco é colocado em um outro recipiente contendo um líquido de densidade desconhecida, observa-se que o percentual de volume submerso é reduzido para $$40$$%. Com esses dados determine a densidade do outro liquido.
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Sabemos que para equilibrio na água, o empuxo tem de se igualar ao peso do bloco. Assim, se $$P$$ é o peso do bloco, temos que
$$P=\mu V_{Submerso}g=0,7\mu Vg$$
Onde $$\mu$$ é a densidade da água, $$V$$ seu volume e $$g$$ a gravidade no local. Assim, obtemos que a quantia
$$Vg=\frac{P}{0,7\mu}$$
Quando o bloco está no líquido de densidade desconhecida, a condição de equilibrio é a mesma
$$P=\rho V_{Submerso}g=0,4\rho Vg$$.
Onde neste caso $$\rho$$ é a densidade do líquido desconhecido.
Assim, como
$$Vg=\frac{P}{0,7\mu}$$
Encontramos que
$$\rho=\mu \frac{0,7}{0,4}=1,75\mu$$
Como a densidade da água é $$1g/cm^{3}$$, a densidade do líquido é
$$\boxed{1,75g/cm^{3}}$$
[/spoiler]
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A densidade do líquido é
$$\boxed{1,75g/cm^{3}}$$.
[/spoiler]
Questão 11 ***
(OBF) Um posto de gasolina instalou densímetros em suas bombas para atestar a qualidade do produto. Os combustíveis utilizados nos automóveis são misturas de hidrocarbonetos, cuja densidade varia com a composição, isto é, com a quantidade de cada componente da mistura. Assim, se a mistura for alterada pelo acréscimo de alguma substância destinada a “dar volume” ao combustível, o densímetro acusará a adulteração.
O modelo de densímetro adotado pelo posto utiliza duas esferas plásticas ocas de mesmos volumes e massas, de cores diferentes, contendo um sólido particulado, que serve de lastro. A massa de lastro dentro de cada uma das esferas é diferente, e calculada para que uma das esferas flutue e a outra permaneça no fundo, conforme é ilustrado na figura. Além disso, elas devem permanecer em suas posições originais ainda que o combustível sofra uma variação de densidade dentro de uma certa faixa de tolerância determinada pelo distribuidor. No entanto, se a densidade do combustível é aumentada por uma diferença maior do que a tolerável, a esfera que está embaixo sobe. Se, ao contrário, a densidade do combustível é diminuída, a esfera de cima desce.
Considere um densímetro em que as esferas, de volumes iguais a $$V$$ , devem manter suas posições relativas quando a densidade do combustível varia em $$5\%$$ para mais ou para menos. Suponha que o combustível é adulterado de forma que a esfera de baixo está na situação limite em que começa a subir. Seja $$v$$ o volume da parte da esfera de cima que está emersa, determine a razão $$\dfrac{v}{V}$$.
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Seja $$m_{a}$$ a massa da esfera de cima e $$m_{b}$$ a massa da esfera de baixo, massas essas que são diferentes para que a primeira flutue enquanto a última boie. A condição crítica para a esfera de cima ocorre quando o combustível é 5% menos denso do que deveria, e nessa condição o volume emerso é nulo e a esfera está prestes a afundar:
$$m_{a} g = 0.95 \rho V g$$
A situação crítica para a esfera de baixo é quando a densidade do combustível é 5% maior do que deveria, e então essa esfera está prestes a flutuar e a normal que o fundo aplica sobre ela é nula:
$$m_{b} g = 1.05 \rho V g$$
Esse par de equações determina completamente as massas das esferas $$m_{a}$$ e $$m_{b}$$. Vamos então para a pergunta do problema: se a esfera de baixo está prestes a subir, isso quer dizer que densidade do fluido vale $$1.05 \rho$$, e como o fluido está mais denso que o normal, a esfera de cima não vai precisar deslocar um volume de líquido tão grande para flutuar. Seja então $$v$$ o volume emerso da esfera de cima, o que significa que seu peso está sendo sustentado pelo peso de um volume $$V-v$$ de um líquido de densidade $$1.05 \rho$$. Em equações:
$$m_{a} g = 1.05 \rho (V-v)$$
Usando a primeira equação para substituir o valor do peso da esfera de cima:
$$ 0.95 \rho V g = 1.05 \rho (V-v) g $$
$$ 0.95 V = 1.05 (V-v) $$
Rearranjando:
$$\boxed{\dfrac{v}{V}=1-\dfrac{0.95}{1.05}=0.095}$$
[/spoiler]
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$$\boxed{\dfrac{v}{V}=0.095}$$
[/spoiler]
Questão 12 ***
Um densímetro tem a forma indicada na figura abaixo, com uma haste cilíndrica graduada, cuja seção transversal tem área $$A$$, ligada a um corpo que geralmente contém algum lastro. O densímetro é calibrado mergulhando-o na água, marcando com a graduação “$$1$$” a altura na haste até a qual a água sobe e determinando o volume $$V_0 $$ do densímetro situado abaixo da marca (ou seja, o volume total que fica mergulhado na água). Seja $$h$$ a altura da haste entre a graduação “$$1$$” e o nível até onde o densímetro mergulha quando colocado num líquido de densidade desconhecida. Calcule a densidade relativa desse líquido em relação à água, em função de $$V_0$$ , $$A$$ e $$h$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Após a imersão do densímetro na água a calibração o volume abaixo da graduação “$$1$$” é $$V_0$$, que é também o volume submerso. Como o empuxo se iguala ao peso do densímetro, temos que:
$$\rho_aV_0 g = mg$$
$$\rho_aV_0 = \rho_dV$$
Onde $$\rho_a$$ é a densidade da água, $$\rho_d$$ a densidade do densímetro e $$V$$ o seu volume total. Após ser mergulhado em um outro líquido de densidade $$\rho$$, o densímetro se eleva a uma altura $$h$$. Assim, no equíbrio:
$$\rho_dV g= \rho (V_0 – hA)g$$
$$\rho_aV_0 = \rho(V_0 – hA)$$
Portanto, a densidade do líquido será:
$$\boxed{\dfrac{\rho}{\rho_a} = \dfrac{V_0}{V_0 – hA}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\dfrac{\rho}{\rho_a} = \dfrac{V_0}{V_0 – hA}}$$
[/spoiler]
Questão 13 ***
Um tubo em $$U$$, contendo um líquido, gira em torno do eixo $$Oz$$, com velocidade angular de $$10 \;\rm{rad/s}$$. A distância $$d $$entre os dois ramos do tubo é de $$30 \;\rm{cm}$$, e ambos são abertos na parte superior. Calcule a diferença de altura $$h$$ entre os níveis atingidos pelo líquido nos dois ramos do tubo.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
No referencial girante, encontra-se uma força fictícia, a força centrífuga. É possível associar essa força a uma energia potencial. Para calcular esse potencial, vamos fazer um gráfico da força centrífuga em função da distância.
A energia potencial vai ser dada pela área do gráfico acima (fora de escala). Portanto:
$$U_{centrifuga} = – \dfrac{Fr}{2} = – \dfrac{m\omega^2r^2}{2}$$
Com isso, podemos conservar energia em relação ao centro:
$$0 = mgh – \dfrac{m\omega^2d^2}{2}$$
$$h = \dfrac{\omega^2d^2}{2g}$$
Substituindo os valores:
$$\boxed{h \approx 0,46\;\rm{m}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{h \approx 0,46\;\rm{m}}$$
[/spoiler]
Questão 14 ***
Em uma atmosfera de ar calmo e densidade uniforme $$d_a$$, um balão aerostático, inicialmente de densidade $$d$$, desce verticalmente com aceleração constante $$a$$. A seguir, devido a uma variação de massa e de volume, o balão passa a subir verticalmente com aceleração constante de mesmo módulo $$a$$. Determine a variação relativa do volume em função da variação relativa de massa e das densidades $$d_a$$ e $$d$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Vamos calcular a aceleração do balão antes de variar a massa e o volume.
$$d Va = d Vg – d_a Vg$$
$$a = g(1-\dfrac{d_a}{d})$$
Agora, vamos calcular a densidade ($$d_2$$) após a variação de massa e volume.
$$d_2V’a = d_aV’g-d_2V’g = d_2V’g(1-\dfrac{d_a}{d})$$
$$d_2 = \dfrac{d_a}{2-\dfrac{d_a}{d}} = \dfrac{d_ad}{2d-d_a}$$
Onde $$V’ = V + \Delta V$$. Porém:
$$d_2 = \frac{m + \Delta m}{V+\Delta V} = \dfrac{m}{V}\dfrac{1+\dfrac{\Delta m}{m}}{1+\dfrac{\Delta V}{V}}$$
$$d_2 = d\dfrac{1+\dfrac{\Delta m}{m}}{1+\dfrac{\Delta V}{V}}$$
Assim:
$$\boxed{\dfrac{\Delta V}{V} = \dfrac{2d-d_a}{d_a}(1+\dfrac{\Delta m}{m}) -1}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\dfrac{\Delta V}{V} = \dfrac{2d-d_a}{d_a}(1+\dfrac{\Delta m}{m}) -1}$$
[/spoiler]
Questão 15 ***
(Seletiva – Adaptada) Considere um tanque preenchido com um líquido de densidade $$\rho_l$$ até uma altura $$h$$ e com um furo de raio $$r$$ no fundo. O furo é tampado com um cone homogêneo, de raio de base $$R > r$$ e a altura da parte submersa é $$H$$, com sua base plana voltada para cima.
Determine a densidade crítica do cone, $$\rho_c$$, para a qual ele se encontra na iminência de perder o contato com o fundo do tanque. Dê sua resposta em função de $$\rho_l$$, $$R$$, $$r$$, $$H$$ e $$h$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A força que o líquido exerce sobre o cone é dada por:
$$E = \rho_l gV_{tronco} – \rho_l g h\pi r^2$$
$$E = \rho_l g\pi\left[\dfrac{H(R^3-r^3)}{3(R-r)} – hr^2\right]$$
O cone perde o contato quando $$E = mg$$, logo:
$$M = \rho_l \pi\left[\dfrac{H(R^3-r^3)}{3(R-r)} – hr^2\right]$$
$$\rho_l = \dfrac{3M(R-r)}{\pi[H(R^3-r^3) – 3(R-r)hr^2]}$$
Por outro lado, como $$M = \rho_c V$$ e o volume do cone é dado por:
$$V = \dfrac{1}{3}\dfrac{\pi R^3H}{R-r}$$
Temos:
$$\rho_c = \dfrac{H(R^3-r^3) – 3(R-r)hr^2}{HR^3}\rho_l$$
Portanto:
$$\boxed{\rho_c = \rho_l\left[1- \dfrac{3h}{H}\dfrac{r^2}{R^2}+\left(\dfrac{3h}{H}-1\right)\dfrac{r^3}{R^3}\right]}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\rho_c = \rho_l\left[1- \dfrac{3h}{H}\dfrac{r^2}{R^2}+\left(\dfrac{3h}{H}-1\right)\dfrac{r^3}{R^3}\right]}$$
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